EPE_II_Vaje

ENERGETSKI PRETVORNIKI IN ELEKTRARNE II
Avditorne in laboratorijske vaje
Avtorji: Matjaž Bobnar, Ludvik Bartelj, Andrej Gubina, Boštjan Blažič
Ljubljana, 2012
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Kazalo
Kazalo .............................................................................................................................................. 2
1
Osnove termodinamike ........................................................................................................... 4
1.1
2
3
4
5
Veličine stanja ................................................................................................................... 4
1.1.1
Volumen .................................................................................................................... 4
1.1.2
Tlak ............................................................................................................................ 5
1.1.3
Temperatura.............................................................................................................. 5
1.1.4
Toplotno raztezanje .................................................................................................. 6
1.1.5
Gostota ...................................................................................................................... 6
1.1.6
Termična enačba stanja ............................................................................................ 6
Prvi zakon termodinamike ...................................................................................................... 7
2.1
Osnovne enačbe v termodinamiki.................................................................................... 7
2.2
Notranja energija .............................................................................................................. 9
2.3
Volumsko delo .................................................................................................................. 9
2.4
Entalpija .......................................................................................................................... 10
2.5
Tehnično delo ................................................................................................................. 10
Drugi zakon termodinamike .................................................................................................. 11
3.1
Toplotni stroji ................................................................................................................. 11
3.2
Reverzibilni in ireverzibilni procesi ................................................................................. 12
3.3
Entropija ......................................................................................................................... 12
Preobrazbe idealnih plinov ................................................................................................... 14
4.1
Preobrazba pri konstantnem volumnu – IZOHORA ........................................................ 14
4.2
Preobrazba pri stalnem tlaku - IZOBARA ........................................................................ 15
4.3
Preobrazba pri konstantni temperaturi – IZOTERMA .................................................... 17
4.4
Preobrazba pri stalni toploti - ADIABATA ....................................................................... 18
4.5
Politropska preobrazba – POLITROPA : .......................................................................... 20
Krožni procesi ........................................................................................................................ 21
5.1
Ottov cikel ....................................................................................................................... 21
5.2
Diesel-ov cikel ................................................................................................................. 22
5.3
Carnot-ov cikel ................................................................................................................ 23
5.4
Krožni proces za vodno paro .......................................................................................... 24
5.4.1
Diagrami stanja za vodo .......................................................................................... 24
5.5
Carnotov proces za vodno paro...................................................................................... 25
5.6
Rankine-Clausiusov proces za vodno paro ..................................................................... 27
5.7
Cikel v plinski turbini ....................................................................................................... 28
2 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
6
avditorne vaje
Naloge ................................................................................................................................... 30
6.1
Vaja 1 .............................................................................................................................. 30
6.2
Vaja 2 .............................................................................................................................. 30
6.3
Vaja 3 .............................................................................................................................. 31
6.4
Vaja 4 .............................................................................................................................. 31
6.5
Vaja 5 .............................................................................................................................. 32
6.6
Vaja 6 .............................................................................................................................. 33
6.7
Vaja 7 .............................................................................................................................. 33
6.8
Vaja 8 .............................................................................................................................. 34
6.9
Vaja 9 .............................................................................................................................. 35
6.10
Vaja 10......................................................................................................................... 36
6.11
Vaja 11......................................................................................................................... 36
6.12
Vaja 12......................................................................................................................... 38
6.13
Vaja 13......................................................................................................................... 39
6.14
Vaja 14......................................................................................................................... 40
6.15
Vaja 15......................................................................................................................... 41
6.16
Vaja 16......................................................................................................................... 43
6.17
Vaja 17......................................................................................................................... 45
6.18
Vaja 18......................................................................................................................... 47
6.19
Vaja 19......................................................................................................................... 49
6.20
Vaja 20......................................................................................................................... 50
3 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
1 Osnove termodinamike
Termodinamika je veda fizike, ki preučuje energijo, njeno pretvarjanje med različnimi oblikami,
kot je toplota, in sposobnost opravljanja dela.
1.1
Veličine stanja
Stanje sistema ali delovnega medija podamo z navedbo določenega števila fizikalnih vrednosti,
ki jih imenujemo veličine stanja. Nekatere lahko merimo, kot npr. volumen, tlak, masa, druge
pa lahko po posebnih predpisih iz merljivih veličin izračunamo.
Termodinamiko opredeljujejo termodinamične veličine:
-
absolutna temperatura (T) v K,
-
tlak (p),
-
prostornina (V), specifična prostornina (v=V/m),
-
masa (m),
-
gostota (ρ).
1.1.1 Volumen
Če volumen nekega sistema V delimo z njegovo maso m, dobimo specifični volumen:
v=
V
m
 m3 
 kg 
 
Če volumen delimo z molsko količino, dobimo molski volumen:
vm =
v
n
 m3 
 kmol 


Zvezo med specifičnimi in molskimi veličinami dobimo enostavno:
=
v
V
V
V
=
= m
m M ⋅n M
in
vm= M ⋅ v
Kjer je:
-
m – masa,
-
n – molska količina,
-
M – m/n molska masa v kg/kmol.
V splošnem torej dobimo molske veličine kot produkt molske mase in specifične veličine.
Molska masa je za vsako kemijsko snov karakteristična konstanta.
4 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
1.1.2 Tlak
Tlak ali pritisk (oznaka p) je kot fizikalna intenzivna količina razmerje med velikostjo ploskovno
porazdeljene sile F in površino ploskve S, na katero ta sila prijemlje.
=
p
1N 
F 
Pa
=

S 
m2 
Za navedbo tlaka pogosto uporabljamo večjo enoto
1 bar = 105 Pa = 105 N/m2
Dejansko vrednost tlaka imenujemo absolutni tlak p.
Višek tlaka nad tlakom okolice p ok imenujemo nadtlak p n in ga izmerimo z manometrom,
primanjkljaj tlaka pod atmosferskim, imenujemo podtlak ali vakuum p v in ga merimo z
vakuummetrom.
p = p ok + p n
p = p ok – p v
V tehniki razlikujemo tri vrste tlakov: absolutni, manometrski in barometrski. Tlak s katerim zrak
pritiska vsa telesa se imenuje barometrski. Meri se s pomočjo barometra.
Tlak, ki ga merimo v kotlu s pomočjo manometra se imenuje manometrski ali nadtlak. Vsota
barometrskega in manometrskega tlaka nam daje absolutni tlak.
p = p b +p m
1.1.3 Temperatura
Temperatura je ena osnovnih termodinamičnih spremenljivk, ki določa stanje teles. Pod
vplivom toplote se lahko spreminja agregatno stanje. Voda se pri dovajanju toplote pretvori v
paro, ko jo hladimo pa se pretvori v led. Vsa tri agregatna stanja so posledica toplotnega
procesa kateremu je izpostavljena snov. Merimo jo s termometrom.
Poznamo več temperaturnih lestvic:
-
Fahrenheitova temperaturna lestvica,
Iz Fahrenheitove lestvice lahko preračunamo temperaturo v Celzijevo:
T(°C) = (T(°F) - 32 °F)/1,8
Formula za obratno pretvorbo je:
T(°F) = 1,8 T(°C) + 32
-
Rankinova temperaturna lestvica,
Reaumurjeva temperaturna lestvica,
Celzijeva temperaturna lestvica,
absolutna ali Kelvinova temperaturna lestvica
T(K) = T(°C) + 273,15 K
5 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
1.1.4 Toplotno raztezanje
Vsa telesa, z malo izjemami, pri segrevanju povečujejo volumen.
Poznamo linearno in prostorninsko raztezanje.
1.1.5 Gostota
Gostota (specifična masa) katerekoli homogene snovi (trdo telo, plin ali para) je razmerje mase
m in volumna V, ki jo snov zavzema
ρ=
m 1
=
V v
 kg 
 m3 
Specifični volumen je torej recipročna vrednost gostote.
1.1.6 Termična enačba stanja
Enostaven homogeni sistem ima v vsakem ravnotežnem stanju določene vrednosti veličin p, v in
T, ki morajo biti konstantne v celem sistemu. Notranje stanje takega sistema je določeno z
navedbo dveh veličin stanja, tretja veličina stanja je v vsakem ravnotežnem stanju funkcija prvih
dveh. Tako lahko zapišemo enačbo:
F (p, v, T) = 0;
Ki jo imenujemo termična enačba stanja faze. Veličine p, v in T so termične veličine stanja.
Mogoče je napisati v eksplicitni obliki enačbo za katero koli spremenljivko, pa dobimo:
v= f 1 (p, T),
p= f 2 (v, T),
T= f 3 (p, v)
Termične enačbe stanja lahko prikažemo tudi grafično. Diagrame, ki nam ponazarjajo enačbe
stanja, imenujemo diagrame stanja.
Slika1: Diagram stanja
Enačbe stanja veljajo za homogene sisteme, ki so v notranjem ravnotežju.
6 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
2 Prvi zakon termodinamike
To je zakon o ohranitvi energije, ki pravi, da energija se ne da iz nič ustvariti, niti se je ne da v
nič pretvoriti, da se jo le pretvoriti iz ene oblike v drugo obliko. Tako tudi mehanskega dela ne
moremo proizvajati iz ničesar. Stroj, ki bi proizvajal mehansko delo iz ničesar, se imenuje
perpetuum mobile prve vrste. Takšnega stroja po zakonu o ohranitvi energije ni mogoče
napraviti.
Vsota vseh energij v zaključenem sistemu je vedno konstantna.
Energije razdelimo v dve skupini:
1. nakopičene energije
•
potencialna energija – energija zaradi lege,
•
kinetična energija – energija zaradi gibanja,
•
notranja energija – energija, ki je nakopičena v notranjosti nekega sistema.
2. prehodne energije, ki pri procesih prehajajo meje sistemov in za katere je značilna
njihova kratkotrajnost. Pajavljajo se samo takrat kadar nakopičena energija menja svojo
obliko oziroma prehaja iz enega sistema v drugega
•
mehansko delo,
•
energija električnega toka,
•
toplota.
Za vse oblike energije velja zakon o ohranitvi energije.
Sprememba notranje energije sistema = dovedena toplota – oddano delo
ΔU=Q-W
dU
= dQ − dW
2.1
Osnovne enačbe v termodinamiki
Potrebna toplota, da masi naraste temperatura za dϑ
dQ =c ⋅ m ⋅ dϑ
Kjer je:
c … specifična toplota, ki pove koliko toplote moramo dovesti telesu z maso 1 kg, da se segreje
za 1K.
cv…pri konstantnem volumnu dQv = cv ⋅ m ⋅ dϑ
7 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
cp…pri konstantnem tlaku dQp = cp ⋅ m ⋅ dϑ
Enačba stanja plina
p ⋅ V = m ⋅ R čba
⋅ T → ena
p ⋅ V = m ⋅ R ⋅ T /m
p ⋅v = R ⋅T
stanja plina
p ⋅V ⋅ M = m ⋅ M ⋅ R ⋅ T
p ⋅ V ⋅ M = m ⋅ Rn ⋅ T
p ⋅ V = n ⋅ Rn ⋅ T
Kjer je:
R … plinska konstanta,
n … število molov,
m=nM… (M – molska masa).
To je klasična PLINSKA ENAČBA, ki definira termodinamiko in termodinamične veličine stanja.
To enačbo lahko tudi zapišemo kot:
Konstantna masa/št. molov:
p1 ⋅ V1 p2 ⋅ V2
=
T1
T2
Rn = M ⋅ R = 8315 J / molK (univerzalna plinska konstanta)
Normirano plinsko enačbo :
p ⋅v = R ⋅T
pri čemer je R sedaj nova plinska konstanta, specifična za posamezne pline. Največkrat bomo
uporabljali naslednje vrednosti:
Tabela 1: Vrednosti plinskih konstant
MEDIJ
R [ J/kgK ]
Kisik
259,8
Zrak
287,0
CO2
188,8
8 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
2.2
avditorne vaje
Notranja energija
Kot notranjo energijo U, nekega telesa razumemo vsoto potencialne energije (funkcija položaja
in medsebojnih sil) in kinetične energije (funkcija mase in hitrosti) njihovih molekul. Potencialna
energija je funkcija medsebojnega položaja in medsebojnih privlačnih sil molekul in atomov
telesa. Kinetična energija je odvisna od njihove mase in hitrosti gibanja.
Notranja energija je odvisna od stanja telesa, tako ima za določeno stanje, določeno notranjo
energijo.
Za idealne pline je notranja energija le funkcija temperature U= f( ϑ )
Segrevanje plina pri stalni prostornini (plin ne opravlja zunanjega mehaničnega dela, vsa
dovedena toplota gre za povečanje notranje energije):
Q = cv ⋅ m ⋅ dϑ = U2 − U1
To pomeni, da se vsa dovedena toplota porabi za povečanje notranje energije.
Notranja energija je ekstenzivna veličina, zato lahko definiramo tudi specifično notranjo enrgijo.
u=
U
m
Oznake veličin :
- male črke (u) = specifične termodinamične veličine normirane na enoto mase,
- velike črke (U) = absolutne termodinamične veličine .
2.3
Volumsko delo
Zunanje delo W o se oddaja okolici, pri povečanju prostornine plinov ali kapljevin.
Zunanje delo, ki ga dobimo pri povečanju prostornine mase 1 kg plina za ∆v = S ⋅ ∆h, znaša:
∆wo = p ⋅ ∆v
Zunanje delo, ki ga opravi nek plin pri ekspanziji od tlaka p 1 in volumna v 1 , na tlak p 2 in
volumen v 2 :
v2
v2
v1
v1
w0 = ∫ p ⋅ dv = ∫ p ( v ) ⋅ dv
Delo na račun spremembe volumna, delo se oddaja okolici pri spremembi volumna in tlaka.
Ekspanzija plina je izvršena na račun dovedene toplote q, prav tako tudi delo W 0 in sprememba
notranje energije. Zato lahko zapišemo:
9 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
q =u2 − u1 + W0 =∆u + W0
ali
dq = du + dW0 = du + p ⋅ dv
To so matematični izrazi za prvi glavni zakon termodinamike.
Za idealni plin je specifična toplota pri stalnem volumnu;
dq = cv ⋅ dϑ + p ⋅ dv
v2
q= cv (ϑ2 − ϑ1 ) + ∫ p ⋅ dv
v1
2.4
Entalpija
Entalpija je definirana kot vsota notranje energije U in dela p V.
I = U + p ⋅V
Izraz U + p ⋅ V predstavlja entalpijo ali vsebino toplote pri konstantnem tlaku. Včasih
označujemo entalpijo tudi s H.
Specifična entalpija telesa mase 1 kg je enaka:
i=
I
m
Pri spremembi stanja pri p = konst. velja:
dq
dT
di= dq= cp ⋅ dT
cp =
i2 =i1 + cp ⋅ (ϑ2 − ϑ1 )
2.5
Tehnično delo
Z diferenciranjem enačbe i = u + p ⋅ v dobimo:
di = du + p ⋅ dv + v ⋅ dp
kjer je dq = du + p ⋅ dv , lahko pišemo:
di = dq + v ⋅ dp
Z integracijo tega izraza dobimo:
p2
q = i2 − i1 − ∫ v ⋅ dp = i2 − i1 + wt
p1
Tehnično delo (delo na račun spremembe tlaka, se oddaja pri spremembi tlaka).
p2
wt = − ∫ v ⋅ dp
p1
10 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
3 Drugi zakon termodinamike
Drugi zakon termodinamike dopolnjuje prvega, ker z njim določimo pogoje pri katerih je
mogoče pretvarjanje toplotne v mehanično energijo.
Nekatere formulacije drugega glavnega zakona termodinamike so:
-
Toplota ne more prehajati sama od sebe s telesa z nižjo temperaturo na telo z višjo
temperaturo.
-
Da se toplota pretvori v mehanično energijo, morata obstajati vsaj dva izvora toplote
različne temperature, hladni in topli. Nikoli se ne pretvori vsa količina toplote, ker se del
vedno izgubi.
-
Ni mogoč periodično delujoč stroj, ki bi črpal toploto iz kalorične notranje energije
enega samega telesa in to toploto pretvarjal v delo, ne da bi pri tem še druga, pri
dogodku udeležena telesa utrpela trajne spremembe.
Takšen stroj imenujemo perpetuum mobile druge vrste.
-
Vsi naravni procesi so nepovračljivi.
Ugotovitve, da vsi naravni procesi potekajo sami od sebe le v eni smeri, izraža drugi glavni
zakon termodinamike.
Povračljivi procesi so le idealizirani mejni primeri nepovračljivih procesov.
Povračljive (reverzibilne) procese imenujemo tiste procese, ki potekajo v obeh smereh in na
mediju ne nastanejo nobene spremembe (izparevanje, kondenzacija, kompresija in ekspanzija).
Nepovračljivi (ireverzibilni) procesi so oni, ki so mogoči le v eni smeri (prehod toplote, trenje,
dušenje, mešanje plinov in kapljevine).
3.1
Toplotni stroji
V nekaterih primerih je mehanska energija neposredno na voljo, npr. hidroenergija ali vetrna
energija. Energija fosilnih goriv in jedrska energija pa so viri toplotne energije (lahko jo direktno
uporabimo za ogrevanja), ki jo lahko pretvorimo v mehansko energijo s pomočjo toplotnih
strojev, ki izvajajo ciklični proces.
Vsi toplotni stroji jemljejo toploto iz vročega rezervoarja, del toplote pretvorijo v mehansko
delo in preostanek toplote oddajo hladnemu rezervoarju. Če je proces cikličen, sta začetna in
končna notranja energija enaki:
∆U = Q − W = 0 ⇒ Q = W
Drugi zakon termodinamike: toplota, ki jo dovajamo stroju, se pretvori v delo.
Drugi zakon termodinamike: nemogoče je zgraditi toplotni stroj, ki obratuje ciklično in bi
pretvarjal toploto v delo s 100 % izkoristkom. Stroj, ki krši ta zakon, je perpetuum mobile druge
vrste (npr. ladja, ki črpa toploto iz oceana).
11 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Slika 2: Prehod toplote
Termični izkoristek stroja:
W
QH
Q + QC
QC
QC
=+
1
=−
1
QH
QH
QH
η = =H
3.2
Reverzibilni in ireverzibilni procesi
Reverzibilni proces je proces, kjer je na koncu procesa mogoče vrniti sistem in okolico sistema v
enako stanje kot na začetku. Termodinamični procesi v naravi so ireverzibilni procesi, kar je
posledica drugega zakona termodinamike:
•
•
•
mešanje viskozne tekočine: izotermna pretvorba dela v sistemu
ΔU=0)
( v notranjo
energijo toplotnega rezervoarja (pretvorba Q nazaj v delo ni možna s 100 %
izkoristkom),
ekspanzija plina v vakuum: poveča se volumen, T je konstantna (povraten proces
zahteva kompresijo pri konstantni T, kjer se W za delo črpa iz Q plina – ta se ob
kompresiji segreva),
spontan prehod toplote iz toplejšega na hladnejše telo.
Pretvorba dela v toploto zaradi trenja (trenje, viskoznost, električna upornost, magnetna
histereza); proces brez trenja ne bi kršil prvega ali drugega zakona termodinamike= perpetuum
mobile tretje vrste.
3.3
Entropija
Entropija je merilo za nered.
Primer: plinu dovajamo toploto dQ in pustimo, da se plin razširi ravno toliko, da se temperatura
ne spremeni (dT=0 => dU=0).
dQ
= dW
= pdV
=
⇒
dV
dQ
=
V mRT
mRT
dV
V
12 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Po ekspanziji je plin v bolj neurejenem stanju (molekule se gibajo v večjem volumnu in imajo
več možnih pozicij). Merilo za povečanje nereda je torej dV/V, ki je proporcionalen dQ/T.
Entropija za reverzibilni proces je definirana kot:
dQ
J/K
T
2
dQ
∆S =∫
J/K
T
1
dS =
Entropija je odvisna samo od stanja sistema in ne od zgodovine sistema. Računamo spremembo
entropije in ne njene absolutne vrednosti. Pri reverzibilnih procesih je sprememba entropije
sistema in okolice sistema (entropija vesolja) enaka 0.
Skupna sprememba entropije pri kateremkoli reverzibilnem krožnem procesu je enaka 0.
Pri ireverzibilnih procesih je skupna sprememba entropije (entropija vesolja) vedno večja od 0.
Drugi zakon termodinamike: ∆S ≥ 0 .
13 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
4 Preobrazbe idealnih plinov
4.1
Preobrazba pri konstantnem volumnu – IZOHORA
Dovajanje toplote, temperatura in tlak naraščata, volumen pa ostane konstanten.
Primer: ekonom lonec.
p
p2
q
p1
v 1 = v 2 = konst.
v
Slika 3: Izohorna preobrazba
Enačba izohore :
p1 ⋅ v1 = R ⋅ T1
v = konst
p1
p
= 2
T1
T2
⇒
v1 = v 2 = v
enačba izohore
Volumsko delo = zunanje delo : wo =
v2
∫ p ⋅ dv = 0
v1
p2
Tehnično delo = notranje delo : wt = − ∫ v ⋅ dp = v ⋅ ( p1 − p 2 )
p1
Dovedena toplota q : dq = du + p ⋅ dv
dv = 0 ⇒ dq = du
Vsa dovedena toplota v sistem je enaka spremembi notranje energije !
Q = m ⋅ cv ⋅ (T2 − T1 ) = m ⋅ cv ⋅ ∆T
Specifična toplota :
R = cp – cv ; κ =
cp
cv
14 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
κ… kapa = razmerje med specifično toploto pri konstantnem tlaku (c p ) in specifično toploto pri
konstantnem volumnu (c v )
R =cp −
cp
κ
=cp ⋅
κ −1
R ⋅κ
R
⇒ cp =
; cv =
κ
κ −1
κ −1
Q= m ⋅ cv ⋅ ∆T= m ⋅
q=
R
⋅ ∆T ; Q= m ⋅ q
κ −1
R
⋅ (T − T )
κ −1 2 1
4.2
Preobrazba pri stalnem tlaku - IZOBARA
Dovajamo toploto, pri konstantnem tlaku volumen in temperatura naraščata.
p
q
p 1 =p 2
wo
v1
v2
v
Slika 4: Izobarna sprememba
Enačba izobare :
p1 ⋅ v1 = R ⋅ T1
p = konst
⇒
v1 v 2
=
= konst
T1 T2
;
p 2 ⋅ v 2 = R ⋅ T2
p1 = p 2 = p
ta enačba opisuje našo izobaro
Volumsko delo (delo volumna, zunanje delo) : w0 =
v2
∫ p ⋅ dv = p ⋅ (v
2
− v1 )
v1
p2
Tehnično delo (delo tlaka, notranje delo) :
wt = − ∫ v ⋅ dp = 0 ( dp = 0 )
p1
15 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Dovedena toplota q : dq = di − v ⋅ dp
dp = 0
⇒
dq = di
Vsa dovedena toplota v sistem je enaka spremembi entalpije (=vsebnost toplote pri
konstantnem tlaku)!
Q = m ⋅ c p ⋅ (T2 − T1 ) = m ⋅ c p ⋅ ∆T
Specifična toplota :
R =cp −
R=
cp
κ
=cp ⋅
κ −1
κ
⇒ cp =
cp
cv
R ⋅κ
R
; cv =
κ −1
κ −1
p⋅v
T
Q= m ⋅ cp ⋅ ∆T= m ⋅
=
q
R = cp – cv ; κ =
κ
κ −1
R ⋅κ
κ ⋅p
κ
⋅ ∆T= m ⋅
⋅ ∆v= m ⋅
⋅ p ⋅ (v2 − v1 ) ; Q=m ⋅ q
κ −1
κ −1
κ −1
⋅ w0
16 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
4.3
avditorne vaje
Preobrazba pri konstantni temperaturi – IZOTERMA
Pri konstantni temperaturi dovajamo toploto q. Volumen in tlak sta v obratnem sorazmerju.
p
p1
pv=konst
q
p2
v1
v2
v
Slika 5: Izotermna preobrazba
Enačba izoterme :
p1 ⋅ v1 = R ⋅ T1
T = konst
p 2 ⋅ v 2 = R ⋅ T2
;
⇒
T1 = T2 = T
p1 ⋅ v1 = p 2 ⋅ v 2 = R ⋅ T = K = konst
Ta enačba opisuje našo izotermo.
Volumsko delo :
w0 =
v2
v2
v1
v1
∫ p ⋅ dv =
v2
K
∫ v ⋅ dv = K ⋅ ln v
1
Tehnično delo :
p2
p2
p
K / v1
v
dp
= K ⋅ ln 1 = K ⋅ ln
= K ⋅ ln 2 = w0
p
p2
K / v2
v1
p1
wt = − ∫ v ⋅ dp = − K ∫
p1
Obe vrsti dela sta po absolutni vrednosti enaki (funkcija je simetrična na f(x)=y=x) !
Dovedena toplota q : dq = du + p ⋅ dv
∆T = 0 ⇒
du = 0
⇒
dq = p ⋅ dv
(Pri idelanih plinih je u=f(T))
q = w0 = K ⋅ ln
v2
= wt
v1
Dovedena toplota je kar enaka volumskem oziroma tehničnem delu!
17 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
4.4
avditorne vaje
Preobrazba pri stalni toploti - ADIABATA
To je pretvorba, ki poteka brez izmenjave toplote. Je idealna preobrazba pri vseh toplotnih
strojih.
∆Q = 0 ⇒
entropija je konstantna (S = konst)
p
p1
p ⋅v χ =
konst.
p2
v1
v2
v
Slika 6: Adiabatna preobrazba
Volumsko delo se opravi na račun porabe energije nosilca toplote:
Dovedena toplota q :
dq = du + p ⋅ dv = 0
,
(∆q = 0)
du =− p ⋅ dv =w0
Notranja energija:
du =cv ⋅ dT =cv (T1 − T2 )
Enačba adiabate :
p1 ⋅ v1 =R ⋅ T1 (začetno stanje) ;
p2 ⋅ v2 =R ⋅ T2 (končno stanje)
p1 ⋅ v1 − p2 ⋅ v2 =R ⋅ (T1 − T2 )
du
= cv (T1 − T2=
) cv
p1 ⋅ v1 − p2 ⋅ v2
1
=
(p ⋅v − p ⋅v )
κ −1 1 1 2 2
R
upoštevamo še:
cv =
R
κ −1
p ⋅ v κ = K = konst
;
p ⋅v = R ⋅T
18 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
κ −1
T1  v2 
= 
T2  v1 
T1  p1 
= 
T2  p2 
κ −1
κ
To so enačbe adiabat.
κ
p1  v2 
= 
p2  v1 
Volumsko delo :
v2
v2

v
1
1  1
1  p ⋅v 
dv = p1 ⋅ v1κ ⋅
⋅  κ −1 − κ −1  = 1 1 ⋅ 1 − ( 1 )κ −1  =
κ
v
v2  κ − 1 
v2
κ − 1  v1

v1
w0 = ∫ p ⋅ dv = p1 ⋅ v1 ⋅ ∫
κ
v1
=
1
⋅  p1 ⋅ v1 − p2 ⋅ v2 
κ −1 
p1 ⋅ v1κ =p2 ⋅ v2κ =p ⋅ v κ =K
⇒
p ⋅ vκ K
p= 1 κ 1 = κ
v
v
Tehnično delo (teoretično delo toplotnih strojev):
p2
wt =
− ∫ v ⋅ dp =⋅
κ w0
p1
Adiabata mora črpati energijo iz samega sistema. Za ne idealne procese (izmenjava toplote z
okolico), se pravi procese v naravi, nam adiabata ne koristi. Uporabimo pa lahko politropske
spremembe!
19 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
4.5
avditorne vaje
Politropska preobrazba – POLITROPA :
Ta preobrazba je zelo podobna adiabatni. Namesto eksponenta pri adiabate κ pišemo n.
Upoštevamo ne idealne razmere – izgube (izmenjavo toplote z okolico)!
p
p2
v1
v2
v
Slika 7: Politropna preobrazba
Enačba politrope :
p ⋅ v n =K =konst
Ta preobrazba je med izotermno (n = 1) in adiabatno preobrazbo (n = κ) : 1 < n < κ !
p
pa
Izobara
T >
3 3
Ta
a
2
O
1
Izoterma
T4 = Ta
4
Va
Izohora Adiabata
T2 < Ta
T1 < Ta
V
Slika 8: Različne preobrazbe
20 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
5 Krožni procesi
5.1
Ottov cikel
Motorji z notranjim izgorevanjem so batni stroji, kjer dovajamo prikladno gorivo skupaj z
zrakom za zgorevanje direktno v notranjost valja. Znotraj cilindra (valja) gorivo zgoreva, toplota,
ki se pri tem sprosti povišuje tlak, ki deluje na bat in opravlja mehansko delo.
Pri Otto motorjih zmes goriva in zraka ustvarjamo izven valja. To zmes vsesava bat in se v
primernem trenutku vžge z električno iskro. Kot gorivo uporabljamo lahko hlapljiva tekoča in
plinasta goriva, ki jih je mogoče lahko mešati z zrakom.
Na sliki 9 je prikazan Ottov cikel. Spodaj je opisan krožen proces celotnega cikla. Od a do b
imamo adiabatno kompresijo, ter od c do d adiabatno ekspanzijo.
•
•
•
•
•
a - Vstop mešanice gorivo-zrak v cilinder.
a-b - Adiabatna kompresija od a do b.
b-c - Vžig in gorenje pri konstantnem volumnu (dovajanje toplote).
c-d - Adiabatna ekspanzija.
d-a – Hlajenje pri konstantnem volumnu (odvajanje toplote).
p
c
QH
b
W
d
│QC│
a
O
V
rV
V
Slika 9: Ottov cikel
Q=
mcv (Tc − Tb ) > 0
H
Q=
mcv (Ta − Td ) < 0
C
QH + QC Tc − Tb + Ta − Td
=
e =
QH
Tc − Tb
Upoštevamo kompresijsko razmerje r in koeficient adiabate γ=1,4.
e= 1 −
1
r
γ −1
21 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Za r = 8 in γ = 1,4 je e = 56 %. Če upoštevamo, da mešanica ni idealen plin, trenje, da ne gre za
adiabaten proces, nepopolno zgorevanje…dobimo realne izkoristke okrog 35 %.
5.2
Diesel-ov cikel
Glavna razlika je, da v začetku kompresije ni goriva v cilindru. Gorivo se vbrizga tik pred
ekspanzijo.
•
•
•
•
a-b - Adiabatna kompresija zraka od a do b.
b-c – Vbrizg goriva (vzdržuje se konstanten tlak), gorenje pri konstantnem tlaku
(dovajanje toplote).
c-d - Adiabatna ekspanzija.
d-a – Hlajenje pri konstantnem volumnu (odvajanje toplote).
p
b
QH
c
W
d
│QC│
a
O
V
rV
V
Slika 10: Diesel-ov cikel
V mrtvem položaju b, se začne vbrizgavanje goriva v valj. Gorivo, ki v obliki fine meglice pride v
valj se meša z zrakom in takoj vžge zaradi visoke temperature zraka in zgoreva tako kot prihaja.
Gorivo zgoreva postopoma tako kot vstopa. Zgorevanje, dovajanje toplote se opravi pri stalnem
tlaku (p=konst.). ostale faze pa so enake kot pri procesu v Otto motorju.
Ker v ciklu kompresije v cilindru ni goriva, ne pride do prezgodnjega vžiga, zato lahko motor
obratuje pri višji kompresiji (tipični r so 15-20). Teoretični izkoristek znaša 65 – 70 %. Dejanski
izkoristek je precej manjši.
22 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
5.3
avditorne vaje
Carnot-ov cikel
Carnotov krožni proces je sestavljen iz štirih povračljivih parcialnih procesov, iz dveh izoterm in
dveh adiabat.
Noben toplotni stroj, ki deluje med temperaturama T H in T C ne more biti bolj učinkovit od
Carnotovega stroja med enakima temperaturama. Vsi Carnotovi stroji med enakima
temperaturama imajo isti izkoristek. Zadosten pogoj za toplotni stroj z maksimalnim
izkoristkom je, da se izognemo vsem ireverzibilnim procesom. Ker je pretok toplote med telesi z
različnimi temperaturami ireverzibilen proces, se moramo takemu delovanju izogniti. Zaradi
tega mora izmenjava toplote potekati pri konstantni temperaturi, kjer sta medij in rezervoar
(vroči ali hladni) na isti temperaturi kot medij. Pri prehodu medija med izotermami pa ne sme
biti izmenjave toplote (adiabata).
Cikel za idealen plin:
•
•
•
•
a-b – Izotermna ekspanzija pri T H , prejem toplote Q H .
b-c – Adiabatna ekspanzija do temperature T C .
c-d - Izotermna kompresija pri T C , oddaja toplote Q C .
d-a – Adiabatna kompresija do temperature T H .
p
a
QH
W
b
d
O
TH
c
│QC│
TC
V
Slika 11: Carnot-ov cikel
1−
e=
QC
T
=
1− C
QH
TH
Kelvinova lestvica je neodvisna od medija in proporcionalna toploti, ki se izmenjuje s hladnim
oz. vročim rezervoarjem. Izkoristek stroja bi bil 100 % pri T C = 0° K (=> Q C = 0, izotermna
sprememba brez izmenjave toplote).
23 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
5.4
avditorne vaje
Krožni proces za vodno paro
5.4.1 Diagrami stanja za vodo
Za vsako snov se lahko prikaže diagram stanja – tako tudi za vodo.
Za vodo so značilna naslednja stanja: plinasto, kapljevinasto in trdno, ter področja ko sofazno
nastopata dve fazi: področje mokre pare (kapljevina - plin), taljenja (kapljevina - trdna snov) in
sublimacije (trdna snov - plin).
Specifična področja:
Talilna krivulja: trdna snov se začne taliti, pojavlja se kapljevina,
strjevalna krivulja: snov se začne strjevati, če toploto odvzemamo,
vrelna krivulja (spodnja mejna krivulja): loči področje kapljevine in področje mokre pare,
rosilna krivulja (zgornja mejna krivulja): loči področje mokre pare in plinastega stanja
vode.
p
kap
lje
vin
a
TH
Trdna snov
Taljenje
-
mokra
para
pre
gr
pa eta
ra
TH
Področje sublimacije
V
Slika 12: Diagram stanja za vodo
24 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
p
kritična
točka
218
voda
1
led
trojna
točka
0.006
vodna
para
0
0.01
T / °C
100
374
Slika 13: Prikaz trojne točke
Trojna točka je termodinamsko stanje, opredeljeno s temperaturo in tlakom, pri kateri lahko
vse tri faze (plinasta, kapljevinasta in trdna) soobstojajo v termodinamskem ravnovesju.
Trojna točka vode je pri temperaturi 273,16 K (0,01 °C) in parnem tlaku 611,73 Pa (približno
0,6 % normalnega zračnega tlaka). S trojno točko vode sta definirani Celzijeva in absolutna
temperaturna lestvica. Vrednost trojne točke vode je tako definicija, ne izmerjena vrednost.
5.5
Carnotov proces za vodno paro
Cikel za vodno paro:
•
•
•
•
4-1 – Uparjanje v parnem kotlu, dovajanje toplote Q 1 (v točki 4 vrela voda, v točki 1 suha
para, T 1 =T 4 , poteka pri konstantnem tlaku).
1-2 – Adiabatna ekspanzija do temperature T 2 (suha para ekspandira v mokro paro).
2-3 – Kondenzacija v kondenzatorju, oddaja toplote Q 2 (T 2 =T 3 , poteka pri konstantnem
tlaku).
3-4 – Adiabatna kompresija.
Termični izkoristek:
η=
Q1 − Q2
T
= 1− 2
Q1
T1
25 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
1
1 suha para
q1
T
PK
4 vrela voda
kompresija
2 mokra para
KO
q2
Slika 14 :Shema termoelektrarne
Proces uparjanja v parnem kotlu PK je prikazan v T – s diagramu s premico 4-1 (T 4 =T 1 = konst.) v
p-v diagramu pa (p 1 =p 4 =konst.). Začetno stanje točke 4 na sliki 14 odgovarja vreli vodi
temperature T 4 =T 1 .
V parni turbini T suha para ekspandira po adiabati (1-2) od tlaka p 1 na tlak p 2 in preide v mokro
paro (2), ki kondenzira v parnem kondenzatorju K pri konstantnem tlaku (p 2 = p 3 ) in stalni
temperaturi (T 2 = T 3 ).
V točki 3 kondenzacija preneha, nadaljuje pa se adiabatična kompresija (3-4) tako, da spet
dobimo vrelo vodo z začetnim stanjem (p 4 , T 4 ) in krožni proces je sklenjen.
Na sliki 15 je prikazan Carnotov krožni proces za vodno paro v T – s diagramu
T
q1
4
1
T1
adiabata
adiabata
3
q2
T2
2
S
Slika 15: T-s diagram
26 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Carnotov krožni proces za vodno paro je prikazan s p-v diagramom na sliki 16.
p
q1
4
1
T1
adiabata
adiabata
3
T2
q2
2
v
Slika 16: p-v diagram
5.6
Rankine-Clausiusov proces za vodno paro
Od Carnotovega se razlikuje po tem, da para v kondenzatorju popolnoma kondenzira, kar olajša
izvedbo kompresorja (črpalke). Na spodnjih slikah je upoštevano tudi pregrevanje pare, kar
izboljša termični izkoristek.
Cikel:
•
•
•
tlak, p
a-b - Adiabatna kompresija.
b-c-d-e – Dovajanje toplote Q 1 , uparjanje v parnem kotlu, pregrevanje pare (d-e),
poteka pri konstantnem tlaku.
e-f – Adiabatna ekspanzija (pregreta para ekspandira v mokro paro).
T1
T
T3
T2
b
c
d
e
e
p1
c
p1
d
b
T2
a
f
T3
T1
p2
a
p2
volumen, V
f
S
Slika 17: Rankine- Clausov krožni proces za vodno paro
27 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
5.7
avditorne vaje
Cikel v plinski turbini
Kompresor K sesa zrak iz atmosfere in ga tlači v komoro za izgorevanje IK, kamor dovajamo
gorivo v tekočem ali plinastem stanju. Zgorevanje je kontinuirano, ob konstantnem tlaku. Pline
iz komore dovajamo do plinske turbine T v kateri ekspandirajo do atmosferskega tlaka.
gorivo
IK
p3, T3
p2, T2
K
T
G
M
p4, T4
p1, T1
Slika 18: Shema postroja s plinsko turbino
Cikel v plinski turbini (odprt proces):
•
•
•
•
1-2 – Adiabatna kompresija; kompresor sesa zrak pri atmosferskem tlaku in temperaturi
in ga tlači v komoro IK.
2-3 – Dovajanje toplote pri konstantnem tlaku (zgorevanje v komori).
3-4 – Adiabatna ekspanzija v turbini do atmosferskega tlaka.
4-1 – Hlajenje pri konstantnem (atmosferskem tlaku).
Proces v plinski turbini, brez izgub je prikazan v p-v diagramu na sliki 19.
p
p2,3
q1
2
3
adiabatna
ekspanzija
(v turbini)
adiabatna
kompresija
p1,4
1
q2
4
v
Slika 19: Osnovni proces v plinski turbini
28 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
T
Q segr
3
p2
= p3
2
ata
adiab
p1 =
4
1
s1= s2
p4
Q hlaj
s3= s4
s
Slika 20: T- s diagram
29 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
6 Naloge
6.1
Vaja 1
Kolikšna je gostota plina pri tlaku 1 bar in temperaturi 150 °C, če 0,668 kg tega plina zavzema
pri tlaku 1 bar in temperaturi 15 °C volumen 0,5 m3 ?
Podatki :
p 1 = 1 bar
p 2 = 1 bar
T 1 = 150 °C = 423 K
T 2 = 15 °C = 288 K
m = 0,668 kg
V= 0,5 m3
p ⋅V = m ⋅ R ⋅ T
p1 ⋅ V1 = m ⋅ R '⋅ T1
p2 ⋅ V2 = m ⋅ R '⋅ T2
ρ=
⇒
1 m ⋅ T2
=
R p2 ⋅ V2
p1
p 1 p m ⋅ T2 m T2 0 ,668 kg 288 K
m
kg
=
= 1⋅ = 1⋅
=
⋅ =
⋅
= 0 ,91 3
3
V1 R ⋅ T1 T1 R T1 p2 ⋅ V2 V2 T1
0 , 5 m 423 K
m
Gostota plina je 0,91 kg/m3.
6.2
Vaja 2
Kolikšen mora biti tlak v jeklenki z volumnom 14 l , da spravimo vanjo 2,6 kg kisika, pri
temperaturi 20 0C ?
Podatki :
R' = 259,8 J/kgK
V= 14=l 14 ⋅ 10 −3 m3
T = 20 0C = 293 K
p ⋅ V = m ⋅ R' ⋅ T ⇒
p=
m ⋅ R' ⋅ T 2 ,6 kg ⋅ 259 ,8 J / kgK ⋅ 293 K
=
= 141 , 4 bar
V
14 ⋅ 103 m3
Tlak mora biti 141,4 bar-a.
30 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
6.3
avditorne vaje
Vaja 3
Dizelski motor sesa zrak pri tlaku 884 mbar in temperaturi 100 0C. Komprimiraj ga politropno n
= 1,3. Do kolikšnega tlaka je potrebno komprimirati zrak, da dobimo vžigno temperaturo goriva
650 0C ?
Podatki :
p 1 = 884 mbar = 88400 Pa
T 1 = 100 0C = 373 K
T 2 = 650 0C = 923 K
n = 1,3
eno atomni plin : κ = 1,66
dvo atomni plin : κ = 1,4 (zrak)
tri atomni plin : κ = 1,3
 T1

 T2
n

p 
 =  1 

 p2 
n −1
n
⇒
T
p 2 = p1 ⋅  2
 T1
n
1 ,3
 n −1
 923 K  1,3−1


= 44 ,8 bar
= 884 mbar ⋅ 
 373 K 

Zrak je treba komprimirati do tlaka 44,8 bar-ov.
6.4
Vaja 4
0,8 m3 zraka s tlakom 3 bar in temperaturo 150 0C ohladimo pri konstantnem volumnu tako,
da pade tlak na 2 bar-a . Kolikšna je končna temperatura in koliko toplote je potrebno odvesti ?
Podatki :
V = 0,8 m3
p 1 = 3 bar
T 1 = 150 0C = 423 K
V1 = V2
p 2 = 2 bar
dvo atomni plin : κ = 1,4 (zrak)
p1 p 2
=
T1 T2
p 
 2 bar 
 = 282 K = 9 0 C
⇒ T2 = T1 ⋅  2  = 423 K ⋅ 
 3 bar 
 p1 
p1 ⋅ V = m ⋅ R '⋅ T1
⇒
m=
p1 ⋅ V 3 ⋅ 105 ⋅ 0,8
=
= 1,98 Kg
R '⋅ T1
287 ⋅ 423
31 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
cv =
R'
κ −1

p1 ⋅ v R'
p ⋅v T
⋅
⋅ (T2 − T1 ) = 1 ⋅  2 − 1  =
R' ⋅ T1 κ − 1
κ − 1  T1

Q = q ⋅ m = m ⋅ cv ⋅ (T2 − T1 ) =
=
avditorne vaje
2 ⋅ 10 5 Pa ⋅ 0 ,8 m 3
1,4 − 1
 423 K

⋅ 
− 1  = 200 kJ
 282 K

Da ohladimo zrak na končno temperaturo 9 0C moramo odvesti 200 kJ toplote.
6.5
Vaja 5
Kolikšen je kompresijski prostor dizelskega motorja s premerom valja 50 cm in gibom 60 cm, če
je temperatura po končani kompresiji 600 °C? Tlak zraka pred pričetkom kompresije je 1 bar,
temperatura pa 90 °C. Kompresija je politropna n = 1,33. Kolikšen je tlak po končani kompresiji?
Razlika volumna je celoten volumen valja.
Podatki :
d = 0,5 m
l = 0,6 m
T 2 = 600 0C = 873 K
p 1 = 1 bar = 100000 Pa
T 1 = 90 0C = 363 K
n = 1,33
2
2
 0 ,5 m 
d 
3
V1 = π ⋅   ⋅ l = π ⋅ 
 ⋅ 0 ,6 m = 0 ,118 m
2
 2 
T1  p1 
= 
T2  p 2 
p1  V2 
= 
p 2  V1 
n −1
n
⇒
n
⇒
T
p 2 = p1 ⋅  2
 T1
n
1 ,33
 n −1
 873 K  1,33−1
 = 1 bar ⋅ 

= 34 ,35 bar
 363 K 

1
n
1
p 
 1 bar  1,33

= 8 ,26 dm 3
V2 = V1 ⋅  1  = 0 ,118 m 3 ⋅ 
 34 ,35 bar 
 p2 
Kompresijski prostor ima volumen 8,26 dm3, tlak po končani kompresiji pa je 34,35 bar-a.
32 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
6.6
avditorne vaje
Vaja 6
Kolikšen je eksponent politrope, ki gre skozi točke stanja idealnega plina? Stanja so:
Podatki :
p 1 = 2 bar
T 1 = 123 °C = 396 K
p 2 = 14 bar
T 2 = 227 °C = 500 K
n −1
  p1  n
 =  
  p2 
p 
p 
p 
T 
n ⋅ ln 1  = (n − 1 ) ⋅ ln 1  = n ⋅ ln 1  − ln 1 
 p2 
 p2 
 p2 
 T2 
p 
p 
T 
n ⋅ [ln 1  − ln 1  ] = −ln 1 
 p2 
 p2 
 T2 
 T1

 T2
p 
− ln 1 
 p2 
n=
p
T 
ln 1  − ln 1
 p2
 T2 
 2 bar 

− ln
14 bar 

=
= 1,136

 396 K 
 2 bar 
 ln
 − ln

 500 K 
 14 bar 

Eksponent politrope, ki ustreza podanim točkam stanja je n = 1,136.
6.7
Vaja 7
1 kg idealnega plina s temperaturo 127 °C ekspandira izentropno (adiabata) na 3-kratni začetni
volumen. Pri tem pade temperatura na 31 °C. Med ekspanzijo pridobimo 49,8 kJ dela.
Izračunajte konstanti c p in c v . Kolikšna je plinska konstanta ?
Podatki :
m = 1 kg
T 1 = 127 °C = 400 K
V 2 = 3⋅ V 1
T 2 = 31 °C = 304 K
W 0 = 49,8 kJ
Adiabata – izoliran sistem : ∆Q = 0
dq =du + p ⋅ dv =0
( ∆Q =0) ⇒ du =− p ⋅ dv
33 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
w0 =
v2
∫ p ⋅ dv ≈ m ⋅ c
v
avditorne vaje
⋅ ∆T
v1
Zunanje delo je se opravi na račun toplote.
.
w0 = m ⋅ cv ⋅ ∆T
w0
49 ,8 ⋅ 10 3 J
J
=
= 518 ,75
cv =
m ⋅ (T1 − T2 ) 1 kg ⋅ (400 K − 304 K )
kgK
R= cp − cv
κ=
cp
cv
κ −1
T1  V2 
= 
T2  V1 
T 
V 
ln 1  = (κ − 1) ⋅ ln 2 
 T2 
 V1 
T 
 400K 
ln 1 
ln

 T2 =
 +1
 304K =
 + 1 1, 25
=
κ
V 
 3 ⋅ V1 
ln 1 
ln

 V2 
 V1 
c p = κ ⋅ cv = 1,25 ⋅ 518 ,75
R = c p − c v = 648 ,44
6.8
J
J
= 648 ,44
kgK
kgK
J
J
J
− 518 ,75
= 129 ,69
kgK
kgK
kgK
Vaja 8
1m3 zraka tlaka 10 barov ekspandira politropno n=1,3 na 2 bara. Kolikšen je končni volumen ?
Kakšna je izmenjava toplote ? Kolikšno je delo ? Kolikšna je sprememba notranje energije ?
Kolikšna je sprememba entalpije ?
Podatki :
V 1 = 1 m3
p 1 = 10 bar
p 2 = 2 bar
R' = 287 J/kgK
34 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
n = 1,3
1
n
1
 p n
p1  V2 
 10bar  1,3
3
=   ⇒ V2 =V1 ⋅  1  = 1 m3 ⋅ 
 = 3,45 m
2
p2  V1 
p
bar


 2
3
3
5
p1 ⋅ V1 − p2 ⋅ V2 (10 Pa ⋅ 1 m − 2 Pa ⋅ 3 ,45 m ) ⋅ 10
W0 = ∫ p ⋅ dV =
=
= 1 , 03 MJ
n −1
1 ,3 − 1
v1
v2
dq= du + p ⋅ dv
R = cp – c v ; κ =
du= cv ⋅ ∆T
cp
cv
dU = U2 − U1 = m ⋅ cV ⋅ (T2 − T1 ) =
p2 ⋅ V2 − p1 ⋅ V1
=
dU =
κ −1
cv =
p ⋅ v= m ⋅ R ⋅ T
R
κ −1
T=
p ⋅v
m⋅R
R  p2 ⋅ V2 p1 ⋅ V1  p2 ⋅ V2 − p1 ⋅ V1
⋅
−
=
R 
κ − 1  R
κ −1
(2 Pa ⋅ 3 ,45 m
3
− 10 Pa ⋅ 1 m3 ) ⋅ 105
= -775 kJ
1 ,4 − 1
dQ =
dU + W0 =
−775 kJ + 1030 kJ =
255 kJ
ΔI = ΔU + Δ(p ⋅ V) = U2 − U1 + p2 ⋅ V2 − p1 ⋅ V1 =
= -775 ⋅105 J + ( 2 Pa ⋅ 3 , 45 m3 − 10 Pa ⋅ 1 m3 ) ⋅ 105
ΔI = -1 , 09 MJ
Končni volumen je V 2 = 3,45 m3. Pri ekspandiranju je sprememba notranje energije zraka 775 kJ,
zunanje delo je 1030 kJ, tako, da je izmenjava toplote enaka 255 kJ.
Vsebnost toplote – entalpija se spremeni za 1090 kJ.
6.9
Vaja 9
Kako visoko se mora človek povzpeti, da porabi energijo obroka 900 kcal? Masa človeka je 60
kg.
Q = 900 kcal
m=60 kg
1. Zakon termodinamike
∆U = Q − W
35 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Cilj je:
∆U = 0 ⇒ Q = W
J
=
4190
3,77MJ
Q 900kcal*
kcal
W = mgh
Q
3,77MJ
=
= 6410m
h =
mg 60kg ⋅ 9,80m/s2
=J
kg m2
Ws
=
s2
PS: Upoštevan je bil 100 % izkoristek pretvorbe energije hrane v mehansko energijo.
6.10
Vaja 10
Kilogram ledu pri T=0° C stopimo v vodo pri T=0° C. Izračunajte spremembo entropije, če je
toplota, potrebna za taljenje ledu, L=3,34*105 J/kg. Do pretvorbe pride pri 0° C, zato
predpostavimo, da je to reverzibilen proces (izmenjava toplote pri različnih T je ireverzibilen
proces).
Q = mL
∆S = S2 − S1 =
Q 3,34 ⋅ 105 J
=
= 1,22 ⋅ 103 J/K
T
273 K
Pri ponovni zamrznitvi vode pri enaki temperaturi se entropija spremeni za ∆S =−1,22 ⋅ 103 J/K .
Primer:
1 kg vode pri T=100° C damo v kontakt z 1 kg vode pri T=0° C. Kolikšna je sprememba entropije?
Upoštevajmo c=4190 J/kgK.
Proces vsebuje ireverzibilen pretok toplote, ker sta temperaturi obeh 'rezervoarjev' različni.
Končna temperatura je 50° C.
T2
323
dT
dT
323
=1,00 ⋅ 4190ln
=-603 J/K
=
∆Stopla mc ∫ =1,00 ⋅ 4190 ∫
T
T
373
T1
373
∆Shladna =1,00 ⋅ 4190ln
∆S =+102 J/K
323
=+705 J/K
273
Ireverzibilen pretok Q je povezan s porastom entropije. Ko je voda zmešana, ostaja skupna
energija enaka, entropija se poveča, izgubi pa se možnost za pretvorbo energije.
6.11
Vaja 11
Kolikšne so prostornina v, entalpija i, notranja energija in entropija 0,6 kg vodne pare pri 8 barih
in x = 0,8 ? Izračunaj relativne in absolutne vrednosti, referenčne naj bodo vrednosti iz
priročnika, ki jih primerjaj z tistimi iz Mollierovega diagrama!
36 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Podatki :
m = 0,6 kg
p= 8 bar= 8 ⋅ 105 Pa
x = 0,8
o
=
=
T 170,4
C 443,4 K
Odčitek iz priročnika :
v ' 0,001115
=
m3 / kg
i ' 720,9 kJ / kg
v '' 0,2403
=
m3 / kg
i '' 2768 kJ / kg
s ' = 2,06 kJ / kgK
s '' = 6,660 kJ / kgK
Prostornina:
v = v' + x ⋅ ( v'' − v' ) = 0 , 001115 m3 / kg + 0 ,8 ⋅ ( 0 ,2403 m3 / kg − 0 , 001115 m3 / kg ) = 0 ,19246
m3
kg
V = m ⋅ v = 0 ,6 kg ⋅ 0 ,192463 m3 / kg = 0 ,11548 m3
Entropija:
s = s' + x ⋅ ( s'' − s' ) = 2 , 06 kJ / kgK + 0 ,8 ⋅ ( 6 ,660 kJ / kgK − 2 ,06 kJ / kgK ) = 5 ,737
Iz Molierovega diagrama : s ≈ 5 ,75
kJ
kgK
kJ
kgK
S = m ⋅ s = 0 ,6 kg ⋅ 5 ,74 kJ / kgK = 3 , 442
kJ
K
Entalpija:
i = i' + x ⋅ ( i'' − i' ) = 720 ,9 kJ / kg + 0 ,8 ⋅ ( 2768 kJ / kg − 720 ,9 kJ / kg ) = 2358 ,6
kJ
kg
kJ
kg
I = m ⋅ i = 0 ,6 kg ⋅ 2358 ,6 kJ / kg = 1415 ,15 kJ
Iz Molierovega diagrama : i ≈ 2350
Notranja energija:
u' = i' − p ⋅ v' = 720 ,9 kJ / kg − 8 ⋅ 105 Pa ⋅ 0 ,001115 m3 / kg = 720 ,008 kJ / kg
u'' = i'' − p ⋅ v'' = 2768 kJ / kg − 8 ⋅ 105 Pa ⋅ 0 ,2403 m3 / kg = 2575 ,76 kJ / kg
u = u' + x ⋅ ( u'' − u' ) = 720 ,008 kJ / kg + 0 ,8 ⋅ ( 2576 ,0 kJ / kg − 720 , 008 kJ / kg ) = 2204 ,6
kJ
kg
U = m ⋅ u = 0 ,6 kg ⋅ 2205 kJ / kg = 1322 ,8 kJ
37 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
6.12
avditorne vaje
Vaja 12
Določite toplote, ki so potrebne, da se iz vode temperature 0 oC proizvede suha nasičena para
tlaka 40 bar-ov. Tlak je konstanten.
Podatki :
o
C 273 K
ϑ0 0=
=
o
čnik)
C 523,3
K ←
ϑ ' 250,3
=
=
(priro
40 bar= 40 ⋅ 105 Pa
p=
k
ct (100 oC ) = 4,18
ct (300o C ) = 4,418
Odčitek iz priročnika :
v ' = 0,001252 m3 / kg
v '' = 0,04975 m3 / kg
i ' = 1087 kJ / kg
i '' = 2800 kJ / kg
Tu se lepo vidi, da je pri višjem tlaku temperatura vrenja višja.
Vodo moramo spraviti do rosilne krivulje x = 1.
Linearna interpolacija:
y − y1 y1 − y2
=
x − x1 x1 − x2
Najprej gremo do spodnje mejne krivulje :
=
qt ct (250,4° C ) ⋅ (ϑ ' − ϑ0 )
ct ( 200 oC ) =
c t ( 250 oC ) =
ct ( 100 oC ) + ct ( 300 oC )
ct ( 200 oC )
2
+ ct ( 300 oC )
2
=
4 ,18 + 4 ,418
= 4 ,299
2
=
4 ,299 + 4 ,418
= 4 ,36
2
q t = ct( 250 ,4 oC) ⋅ ϑ' = 4 ,36 ⋅ 250 ,3 o C = 1091,31
kJ
kg
To potrebno dovedeno toploto lahko dobimo na veliko bolj enostaven način, lahko jo kar
odčitamo iz priročnika. Vedeti moramo le, da je potrebna dovedena toplota do spodnje mejne
krivulje kar enaka entalpiji na spodnji mejni krivulji :
qt = i' = 1087
kJ
kg
Razlika nastane zaradi linearne interpolacije v izračunu. Po podobnem razmišljanju dobimo
potrebno dovedeno toploto do zgornje mejne krivulje:
38 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
i'' = 2800
avditorne vaje
kJ
kg
Sedaj lahko izračunamo vse potrebne toplote :
kJ
kg
kJ
ψ =pk ⋅ ( v'' − v' ) =40 ⋅ 105 Pa ⋅ 0 , 04975 m3 / kg − 0 , 001252 m3 / kg =194
kg
kJ
ρ =u'' − u' =r − ψ =1713 kJ / kg − 194 kJ / kg =1519,008
kg
= u'− p+ kv''
⋅ ( v'−
rψ= ρ+ u''
)i''=
i'− = 2800kJ / kg
− 1087kJ / kg
(
6.13
= 1713
)
Vaja 13
V kotlu z volumnom 10 m3 je 4000 kg vode (mokre pare). Koliko toplote je treba dovesti vodi,
da tlak v kotlu naraste od 2 bar na 50 bar-ov, če pri tem ne odvzemamo pare? Kotel ima
izkoristek 95 %. Za primarno energijo imamo Velenjski lignit s kurilnostjo 9,8 MJ/kg. Koliko je
treba dovesti tega premoga,da spravimo kotel od 2 bar na 50 bar-ov ?
Ker pri dviganju tlaka v kotlu pare nič ne odvzemamo imamo opravka z konstantnim volumnom
oziroma IZOHORO !
Podatki :
V = 10 m3
m = 4000 kg
p1 = 2 bar = 2 ⋅ 105 Pa
p=
50 bar= 50 ⋅ 105 Pa
1
hi = 9,8 MJ / kg
Imamo dve delovni točki:
•
•
medij pri 2 bar - 1. točka
medij pri 50 bar - 2. točka
Priročnik:
1. točka : T = 120,2 0C
v' = 0,001061 m3/kg
i' = 504,7 kJ/kg
s' = 1,53 kJ/kgK
v'' = 0,8854 m3/kg
i'' = 2706 kJ/kg
s'' = 7,127 kJ/kgK
2. točka : T = 263,9 0C
v' = 0,001286 m3/kg
i' = 1155 kJ/kg
s' = 2,921 kJ/kgK
v'' = 0,3943 m3/kg
i'' = 2794 kJ/kg
s'' = 5,974 kJ/kgK
39 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
v=
avditorne vaje
10 m 3
V
m3
=
= 2 ,5 ⋅ 10 −3
m 4000 kg
kg
Procentualna parna deleža za obe točki:
v =+
v ′ x ( v ′′ − v ′ )
=
x1
v − v1' 2,5 ⋅ 10 −3 m3 / kg − 0,001061 m3 / kg
=
= 1,63 ⋅ 10 −3
v1'' − v1'
0,8854 m3 / kg − 0,001061 m3 / kg
=
x2
v − v2' 2,5 ⋅ 10 −3 m3 / kg − 0,001286 m3 / kg
=
= 31,8 ⋅ 10 −3
''
'
3
3
v2 − v2 0,03943 m / kg − 0,001286 m / kg
Količina potrebne dovedene toplote :
dq = du + p ⋅ dv
ΔQ= m ⋅ Δu
dv = 0
⇒
dq = du
i2 =i2' + x2 ⋅ (i2'' − i2' ) =1207 , 45 kJ / kg
i1 =i1' + x1 ⋅ (i1'' − i1' ) =508 ,22 kJ / kg
Δu = (i2 − i1 ) − v ⋅ (p2 − p1 ) = 687 ,23 kJ
ΔQ =m ⋅ Δu =4000 kg ⋅ 687 ,23 kJ =2750 MJ
Za povišanje tlaka pri konstantnem volumnu je potrebno dovesti 2750 MJ toplote.
Potrebna količina dovedenega premoga :
ΔQ
η
2750 MJ
WΔQ
= =
=
= 295 kg
m
hη
h ⋅ i , 0 95, ⋅ 9 MJ
8 / kg
i
W=
Da pridemo s kotlom na ustrezne parametre je treba skuriti 295 kg premoga.
6.14
Vaja 14
V kotlu je 10000 kg mokre pare pri tlaku 12 bar-ov. Kolikšen je volumen kotla, če zavzema para
1/10 celotnega volumna ?
Podatki :
m = 10000 kg
p
= 12 bar= 12 ⋅ 105 Pa
VP / V = 0,1
VP ...volumen pare
VV ...volumen vode
40 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Potrebni parametri - odčitki iz priročnika :
T 188 °C
=
v ' 0,001139
m3 / kg
i ' 798,4 kJ / kg
=
v '' 0,1632
m3 / kg
i '' 2783 kJ / kg
=
s ' = 2,216 kJ / kgK
s '' = 6,519 kJ / kgK
V = VV + VP = m ⋅ v = m ⋅  x ⋅ v '' + v ' (1 − x)
VP
m ⋅ x ⋅ v ''
= 0,1
=
V
V
''
m ⋅ x ⋅v
V=
= m ⋅  x ⋅ v '' + v ' (1 − x) ⇒
0,1
⇒
x=
VP = m ⋅ x ⋅ v ''
0,1 ⋅ v '
v'
=
= 7,75 ⋅ 10 −4
0,9 ⋅ v ''+ 0,1 ⋅ v ' 9 ⋅ v ''+ v '
V = 10 ⋅ VP = 10 ⋅ m ⋅ x ⋅ v '' = 10 ⋅ 10000 kg ⋅ 7,75 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,1632 m3 / kg = 12 ,65 m3
Volumen kotla je 12,65 m3.
6.15
Vaja 15
Plinska turbina obratuje s kompresijskim razmerjem 4, najvišja temperatura v procesu je 650
°C, medij je zrak s κ = 1,4, tlakom 1 bar in temperaturo 20 °C. Specifična toplota znaša 1,015
kJ/kgK. Določite tlak in temperaturo v vseh točkah procesa, termični izkoristek, tehnično delo in
dovedeno toploto. Proces je odprt.
Podatki:
p1 = p4 = 1 bar = 1 × 105 Pa
p2
=4
p1
o
=
T1 20
=
C 293 K
o
=
T3 650
=
C 923 K
dvo atomni plin : κ = 1,4 (zrak)
41 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
p
q1
2
p2,3
3
adiabatna
ekspanzija
(v turbini)
adiabatna
kompresija
p1,4
1
q2
4
v
Cikel:
•
•
•
•
1-2 adiabatna kompresija
2-3 izobarno dodajanje toplote
3-4 adiabata – dobimo koristno delo
4-1 izobarno oddajanje toplote v ozračje
Vse veličine bodo normirane na kg!
Stanja v posameznih točkah:
Točka 1:
p1 = 1 bar
o
=
T1 20
=
C 293 K
Točka 2:
κ −1
T2  p2  κ
=
=
T2 435 K=162 °C
  ⇒
T1  p1 
p2 =4 ⋅ p1 =4 bar
Točka 3:
p=
p=
4 bar
3
2
=
T3 650 °C
Točka 4:
T3  p3 
=
 
T4  p4 
p4 = 1 bar
κ −1
κ
⇒
=
T4 621 K=348 °C
42 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
= dq + vdp
di
dq= 0 ⇒
di = vdp
wt=
∫ vdp=
i2 − i1
=
dq cv dT + pdv
=
dq cpdT − vdp
0 vdp =
dq =⇒
cpdT
dp= 0 ⇒
= dq
= cpdT
di
Tehnično delo (kompresija po adiabati):
wt= cp (T2 − T1 )= 1,015 ⋅ (435 − 293)= 144,13 kJ/kg
Tehnično delo:
- kompresija po adiabati
wt 12= cp (T2 − T1 )= 1,015 ⋅ (435 − 293)= 144,13 kJ/kg
-
wt 34
ekspanzija po adiabati
=
cp (T4 − T3 ) =
1,015 ⋅ (621 − 923) =
−306,53 kJ/kg
Dovedena toplota:
qd= cp (T3 − T2 )= 496,6 kJ/kg
Odvedena toplota:
qod =
cp (T1 − T4 ) =
−332,92 kJ/kg
Izkoristek:
wt 12 + wt 34 162,4 kJ / kg
=
η =
= 0 ,33
qd
496,6 kJ / kg
T
η =1 − 1 =0,33
T2
6.16
Vaja 16
Pri odprtem procesu plinske turbine s konstantnim dovodom toplote so približni parametri
termodinamičnih veličin naslednji: tlak pri vstopu v kompresor je 1 bar, temperatura 60 °C,
temperatura pri izstopu iz turbine znaša 500 °C. Tlačno razmerje je 6. Ekspanzija in kompresija
sta adiabatni. Delovna snov ima lastnost zraka. Določi veličine stanja v karakterističnih točkah,
dovedeno in odvedeno toploto, delo in termični izkoristek!
Podatki:
p2 = p3 = 6 bar = 6 × 105 Pa
p1 = p4 = 1 bar = 1 × 105 Pa
o
=
=
T1 60
C 333 K
o
=
=
T4 500
C 773 K
43 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
dvo atomni plin : κ = 1,4 (zrak)
Stanja v posameznih točkah:
Točka 1:
=
p1 1=
bar 105 Pa
o
=
T1 60
=
C 333 K
p1 ⋅ v1 = T1 ⋅ R
v1 =
T1 ⋅ R 333 K ⋅ 287 J / kg K
m3
0
,
953
=
=
kg
p1
10 5 Pa
Točka 2:
p1  v2 
= 
p2  v1 
κ
1
1
 1 ⋅ 105 Pa  1 ,4
 p κ
m3
v2 =
v1 ⋅  1  =
,
0 ,953 m3 / kg ⋅ 
0
265
=

5
kg
 p2 
 6 ⋅ 10 Pa 
T1  p1 
= 
T2  p2 
κ −1
κ
p 
T2 =
T1 ⋅  2 
 p1 
κ −1
κ
 6 ⋅ 105 Pa 
333 K 
=⋅

5
 1 ⋅ 10 Pa 
1 ,4 −1
1 ,4
555 ,6 K
=
Točka 4:
p 4 ⋅ v 4 = T4 ⋅ R'
v4 =
T4 ⋅ R' 773 K ⋅ 287 J/kg K
m3
=
=
2
,
22
p4
kg
10 5 Pa
Točka 3:
p4  v3 
= 
p3  v4 
κ
1
1
 p κ
 1 ⋅ 105 Pa  1 ,4
m3
v3 =
v4 ⋅  4  =
,
2 ,22 m3 / kg ⋅ 
0
617
=

5
kg
 p3 
 6 ⋅ 10 Pa 
T3  p3 
= 
T4  p4 
κ −1
κ
p 
T3 =
T4 ⋅  3 
 p4 
κ −1
κ
 6 ⋅ 105 Pa 
773 K ⋅ 
=

5
 1 ⋅ 10 Pa 
1 ,4 −1
1 ,4
1290 K
=
44 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Dovedena toplota (upoštevamo plinsko enačbo in enačbo za R):
pv = RT
R= cp − cv
κ=
cp
cv
c (κ − 1)
⇒ R =p
κ
q dov = c p ⋅ (T3 − T2 ) =
q dov = 737
κ ⋅ p2
1,4 ⋅ 6 ⋅ 10 5 Pa
⋅ (v3 − v 2 ) =
⋅ 0 ,617 m 3 /kg − 0 ,265 m 3 /kg
1,4 − 1
κ −1
(
)
kJ
kg
Odvedena toplota:
qodv
qodv
1 , 4 ⋅ 105 Pa
κ ⋅ p1
=cp ⋅ (T1 − T4 ) =
⋅ ( v1 − v4 ) =
⋅ 0 ,953 m3 / kg − 2 ,22 m3 / kg
κ −1
1 ,4 − 1
kJ
= −442,2
kg
(
)
Delo:
w = qdov + qodv = 739
kJ
kJ
kJ
− 442
= 294,95
kg
kg
kg
Termični izkoristek:
=
η
295 kJ / kg
w
=
= 0 , 402
= 40 %
qdov 739 kJ / kg
To je zgornja meja, ki se jo lahko doseže, tehnološki izkoristek pa je manjši od teoretičnega.
6.17
Vaja 17
Pri idealnem parnem procesu v TE ima para na vhodu v turbino temperaturo 530 °C in tlak 150
bar. Tlak v kondenzatorju je 0,1 bar. Določite izkoristek procesa.
Tt = 530°C
=
= 150 ⋅ 105 Pa
pt 150 bar
= 0,1 ⋅ 105 Pa
p=
0,1 bar
k
45 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
T
avditorne vaje
3
2
1
4
S
Točka 1 (4-1 kondenzacija):
p=
p=
0,1 bar
1
4
Odčitek iz tabele:
T=
T=
45,8 oC
1
4
i1 = 191,8 kJ/kg
s1 = 0,649 kJ/kgK
Točka 2 (1-2 delovanje črpalke):
p2 = 150 bar
5
0,00101 ⋅ (150 − 0,1) ⋅ 10
15,14 kJ/kg
=
∆i v1′ ( pt − p=
=
k)
i2 = i1 + ∆i = 206,97 kJ/kg
s2 = s1 ⇒ T2 ≈ 47 °C
Točka 3 (2-3, segrevanje pri konstantnem tlaku)
p3 = 150 bar
=
T3 530 °C
Odčitek iz tabele:
i3 = 3394,3 kJ/kg
s3 = 6,4548 kJ/kgK
dq= di − ∫ vdp
dp =0 ⇒ dq =di
Točka 4 (3-4 ekspanzija)
i4 =i4' + x4 ⋅ (i4'' − i4' )
s=
s=
6,4548 kJ/kgK
4
3
s4′ =0,6493 kJ/kgK
s4′′=8,1511 kJ/kgK
s4 − s4′
=
x4
⇒=
i4 2043,74 kJ/kg
s4′′ − s4′
Razlike entalpij (delo oziroma dovedena toplota):
46 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
= dq + vdp
di
s1 = s2 ⇒ dq = 0 ⇒ i2 − i1 = ∫ vdp
p1 = p2 ⇒ vdp = 0 ⇒ i2 − i1 = q
∆ičrpalka = i2 − i1 = 15,14 kJ/kg
∆ikotel = i3 − i2 = 3187,33 kJ/kg
∆iturbina = i3 − i4 = 1350,55 kJ/kg
∆ikondenzator = i4 − i1 = 1851,92 kJ/kg
Izkoristek:
η
=
− ∆i
qdov − qodv ∆ikotel − ∆ikondenzator ∆iturbinačrpalka
=
=
= 0,418
qdov
∆ikotel
∆ikotel
Izkoristek za Carnotov proces:
η =1 −
6.18
T4
45,8 − 273
=1 −
=0,603
T3
530 − 273
Vaja 18
Termo elektrarna obratuje s kotlom 510 °C in tlakom 250 barov. Notranji izkoristek turbine je
90 %, ostale izgube znašajo 13 %. Izkoristek generatorja je 96,5 % in izkoristek kotla 88 %. Za
kondenzacijo je na razpolago reka, ki omogoča ohladitev na 25 °C. Kolikšen je termodinamičen
izkoristek celotne elektrarne in koliko premoga potrebujemo za proizvodnjo 1 kWh električne
energije, če uporabljamo premog s kurilnostjo 11 MJ/kg?
Podatki :
Tkotla
= 510 °C
p 250 bar
=
= 250 ⋅ 105 Pa
90%
=
= 0,9
η
tur
= 13%
= 0,13
ηostizg
=
= 0,965
ηgen 96,5%
88%
= 0,88
η=
kot
Thlad stolp= 25 °C
hi = 11 MJ / kg
47 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
T
3
2
1
4
S
Odčitek iz tabel za podano delovno točko:
p = 250 bar
T [°C]
v 3 [m3/kg]
i 3 [kJ/kg]
s 3 [kJ/kgK]
510
0,01147
3202,3
6,0122
Odčitek iz tabel za podano delovno točko 4:
T [°C]
p [bar]
v' [m3/kg]
v'' [m3/kg] s' [kJ/kgK]
25
0,03166
0,0010029 43,40
0,3670
s'' [kJ/kgK] i' [kJ/kg]
i'' [kJ/kg]
8,5592
2547,3
104,77
s25= s=
s4
3
kJ
kgK
kJ
− 0 ,3670
kgK
= 0 ,68909
kJ
− 0 ,3670
kgK
′ + x ⋅ (s25
′′ − s25
′ ) = s3 = s4 = 6 , 0122
s25 = s25
kJ
′
s25 − s25
kgK
=
x =
′′
′
s25 − s25 8 ,5592 kJ
kgK
6 ,0122
′′ ⋅ x + i25
′ ⋅ ( 1 − x) = 2547 ,3
i25 = i4 = i25
kJ
kJ
kJ
⋅ 0 ,68909 + 104 ,77
⋅ ( 1 − 0 ,68909 ) = 1787 ,893
kg
kg
kg
Termodinamični izkoristek elektrarne:
ηth
=
i3 − i4
=
i3 − i1
kJ
kJ
− 1787,893
kg
kg
= 0,4566
= 45,66 %
kJ
kJ
3202,3
− 104,77
kg
kg
3202,3
Termodinamični izkoristek celotne elektrarne:
ηTE =
∏η =
i =1
i
ηtur ⋅ ( 1 − ηostizg ) ⋅ ηgen ⋅ ηkot ⋅ ηth = 0 ,9 ⋅ ( 1 − 0 ,13) ⋅ 0 ,965 ⋅ 0 ,88 ⋅ 0 , 4566 = 0 ,2963
ηTE = 29 ,63 %
48 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Potrebna količina premoga (Lignit) za proizvodnjo 1 kWh električne energije :
W = 1 kWh
m
=
1 kWh
1 ⋅103 ⋅ 3600 J
W
=
=
= 1 ,105 kg ≈ 1,1 kg
η ⋅ hi 0 ,2963 ⋅ 11 MJ / kg 0 ,2963 ⋅ 11 ⋅106 J / kg
Za proizvodnjo 1 kWh električne energije potrebujemo 1,1 kg premoga z kurilno vrednostjo 11
MJ/kg.
6.19
Vaja 19
V parni termoelektrarni ima para na izhodu iz kotla tlak 120 barov in temperaturo 450 °C. Para
ekspandira adiabatno v visokotlačni turbini do tlaka 25 barov. Sledi vmesno pregrevanje, kjer se
para pri konstantnem tlaku znova pregreje na 450 °C. Para ekspandira v nizkotlačnem delu
turbine na 0,04 bara. Določite za koliko se zmanjša vlažnost mokre pare na izhodu iz turbine
zaradi vmesnega pregrevanja, kolikšen je termični izkoristek (zanemarite delo črpalke) in za
koliko se poviša izkoristek zaradi vmesnega pregrevanja.
Podatki :
=
T1 450 °C
p1 = 120 bar
p2 = 25 bar
=
T3 450 °C
p4 = 0,04 bar
q
T
3
1
1
7
q
2
1
2
3
T
PK
T
4
6
5
4
KO
S
q
6
49 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Zmanjšanje vlažnosti mokre pare:
6,3028
s=
s=
s=
1
2
5
kJ
kgK
kJ
kgK
kJ
s5′′ = 8,4734
kgK
s5 = s5′ + x ⋅ (s5′′ − s5′ )
s5 − s5′ 6,3028 − 0,4224
=
= 0 ,73
x5 =
s5′′ − s5′ 8,4734 − 0,4224
s5′ = 0,4224
7,1767
s=
s=
3
4
kJ
kgK
kJ
kgK
kJ
s4′′ = 8,4734
kgK
s4 = s4′ + x ⋅ (s4′′ − s4′ )
s4′ = 0,4224
s4 − s4′ 7,1767 − 0,4224
=
= 0 ,84
s4′′ − s4′ 8,4734 − 0,4224
=
x4
0,84 − 0,73
= 0 , 40
1 − 0,73
=
∆vl
Termični izkoristek:
i1 − i2 ) + ( i3 − i4 ) ( 3209,8 − 2821,8 ) + ( 3351,6 − 2164,5)
(=
=
( i1 − i6 ) + ( i3 − i2 ) ( 3209,8 − 121,4 ) + ( 3351,6 − 2821,8 )
=
η1
0,435
i4 =i4′ + x4 ⋅ (i4′′ − i4′ )
i1 − i5 3209,8 − 1897,0
=
= 0,425
i1 − i6 3209,8 − 121,4
i5 =i5′ + x5 ⋅ (i5′′ − i5′ ) =1897,0
=
η2
6.20
Vaja 20
Povprečna kalorična vrednost črnega premoga znaša 24 MJ/kg, ob povprečni vrednosti
vsebnosti ogljika (C) 62 %. Ameriški standardi o emisijah omejujejo žveplene emisije na 260 g
SO 2 na 106 kJ toplotne moči objekta. Omejitve se nanašajo tudi na prašne delce in sicer 13 g
prašnih delcev na 106 kJ toplotne moči. V izračunih predpostavite 2 % povprečno vrednost
vsebnosti žvepla (S) in 10 % neizgorljivost mineralov – prahu . Okoli 70 % le tega se ga sprosti v
obliko letečega prahu, 30 % pa kot pepela. Upoštevajte izkoristek elektrarne 33 %.
-
Izračunaj emisije SO 2 , prahu in ogljika (C).
50 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
-
Kako učinkoviti mora biti čistilna naprava, da so emisije SO 2 znotraj zahtevanih
standardov?
- Kako učinkovit mora biti elektrostatični filter, da so emisije prahu znotraj zahtevanih
standardov?
- Nariši masne tokove snovi.
Vsi standardi upoštevajo primarno moč.
Podatki:
=
ηel 33
=
% 1/3
omejitev žvepla = 260 g SO2 / 106 kJ toplote
omejitev prahu = 13 g prahu / 106 kJ toplote
hi = 24000 kJ / kg
povrečna vrednost vsebnosti ogljika (C) = 62 %
povrečna vrednost vsebnosti žvepla (S) = 2 %
10 % neizgorljivost mineralov (od tega 70 % leteči prah in 30 % pepel)
Specifična poraba :
Pel 1
=
Pth 3
1 kWhel → 3 kWhth
η=
el
Ws = J
Wh= J ⋅ 3600
kWh= kJ ⋅ 3600
Q=
3 ⋅ 3600 kJ =
10800 kJ za 1 kWh
q = 10800 kJ/kWhel
Emisije:
Omejitev emisije žvepla ( S – SO 2 ) :
1 kmol S+1 kmol O2 = 1 kmol SO2
S..32 g/mol
O2 ..32 g/mol
1 kg S+1 kg O2 = 2 kg SO2
g SO2
g S
260 g SO2
mS-omejitve = 6
⋅ 10800 kJ / kWh =
2,808
≡ 1,404
10 kJ
kWh
kWh
Omejitev emisije prahu:
13 g prahu
g prahu
mprah-omejitve = 6
⋅ 10800 kJ / kWh =
0 ,1404
10 kJ
kWh
Poraba premoga:
mpr=
q 10800 kJ / kWh
kg
=
= 0 ,45
hi
kWh
24000 kJ / kg
51 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Omejitev emisije ogljika ( C – CO 2 ):
62 % C
g C
kg
⋅ 62 % =
279
kWh
kWh
1 kmol C+1 kmol O2 = 1 kmol CO2
12 kg C+32 kg O2 = 44 kg CO2
g CO2
g 44
44
mCO2 −omejitve = mC ⋅ = 279
⋅ = 1023
kWh 12
kWh
12
mC -omejitve =
mpr ⋅ 62 % =
0 , 45
Učinkovitost čistilne naprave:
Povprečna vsebnost žvepla je 2 %.
m=
mpremoga ⋅ 2 %= 450 g ⋅ 2 %= 9 g / kWh
S
mS −omejitve = 1 , 4 g / kWh
1−
ηčisti lna naprava =
mS −omejitve
mS
1−
=
1 ,4
84 , 44 %
=
9
Učinkovitost elektrostatične čistilne naprave:
10 % mineralov od tega 70 % prašnih delcev.
mleteci prah = mpremoga ⋅ 10 % ⋅ 70 %= 450 g ⋅ 10 % ⋅ 70 %= 31 , 5 g / kWh
mprah−omejitve = 0 ,14 g / kWh
mleteci prah−omejitve
0 ,14 g / kWh
1−
=
1−
=
99 ,56 %
ηESčisti lna naprava =
31 ,5 g / kWh
mleteci prah
52 od 53
Energetski pretvorniki in elektrarne
avditorne vaje
Masni tokovi :
279 g ogljika (C)
31 g letečega pepela
9 g žvepla (S)
1 kWhel
3 kWhth ali
10800 kJ/kWh
ELEKTRARNA
η el = 33,3 %
-
450 g premoga
279 g ogljika(C)
9 g žvepla (S)
45 g pepela
ČIŠČENJE EKOLOŠKI
BLOK
Odžveplevanje 84,4 %
ES filter 99,5 %
6120 kJ odpadne toplote
13,9 g pepela
31,36 g prahu
7,6 g žvepla (S)
stran 53 od 53
Dimnik
1,4 g žvepla (S) oz. 2,8 g SO2
0,14 g prahu
279 g ogljika (C) oz. 1023 g CO2